計算題32分專練（一）（12分）如圖所示，質量為m、電荷量為e的電子（重力不計）以水平初速度vo從A點B的勻強磁場，電射向豎直熒光屏MN,B的勻強磁場，電子經磁場偏轉后打在熒光屏上的 C子經磁場偏轉后打在熒光屏上的 C點。已知A、C兩點的連線與水平方向之間的夾角為 0=37°,sin37=0.6,cos37=0.8。jV⑴試計算A、C兩點間的距離;（2）將空間中的磁場換成方向與紙面平行且豎直向上的勻強電場，若要電子同樣能打在熒光屏上的C點，求勻強電場的電場強度 E的大小。解析：（1）設電子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為 R,則由洛倫茲力提供向心力可得v2f/口 mv0ev回m-，斛佝R=句2分）設A設A、C兩點間的距離為d,如圖所示，由幾何關系可得6mv0dsin"Rcos2e=R或d=2Rsina解得d=^BT。（4分）（2）設電子在電場中運動的時間為 t,則水平方向上有dcos0=V0t（2分）1eE一豎直方向上有dsin0=2?—t2（2分）其中d=6mv^聯立解得E=25Bv0。（2分）5Be 16央金 小6mv0 25答案：⑴赤（2）wBv0BC為半徑R=0.3m的光滑半圓軌道，兩中間有一被壓縮的輕質彈簧（彈簧與甲、（20分）如圖所示，ABBC為半徑R=0.3m的光滑半圓軌道，兩中間有一被壓縮的輕質彈簧（彈簧與甲、乙兩小球不拴接）。已知乙小球的質量為 m=0.2kg,重力加速度大小為 g=10m/s2。（1）若將甲小球鎖定在水平面上使其固定不動，釋放乙小球，測得乙小球到達 C點時對軌道的壓力為其重力的5倍，求開始時彈簧的彈性勢能 Ep；（2）若保持彈簧的彈性勢能不變，甲小球不鎖定，由靜止釋放甲、乙兩小球，測得乙小球剛好能夠到達半圓軌道的最高點 C,求甲小球的質量M;（3）若撤去彈簧，乙小球靜止在水平軌道上，甲小球在與乙小球發生彈性碰撞前始終以vo=243m/s的速度向右運動。現增大甲小球的質量，保持乙小球的質量不變，求乙小球的速度范圍。解析：（1）設在半圓軌道的最高點 C處，小球對軌道的壓力大小為 Fn,由牛頓第二定律可得mg+Fn=mvR（1分）1c由機械能寸恒te律可得 Ep=mg2R+]mvC（2分）又因為FN=5mg,代入數據解得Ep=2.0J。（2分）3（2）釋放兩小球后，設乙小球到達最高點時的速度大小為 vc',則由牛頓第二定律可得__vc，2八、mg=mR（1分）設乙小球脫離彈簧時的速度大小為 Vm,則由機械能守恒定律可得2mvm=1mvc'2+mg2R（2分）設甲小球的質量為M,脫離彈簧時甲小球的速度大小為 VM,以水平向右為正方向，則由動量守恒定律可得mVm—Mvm=0（2分）1一1一又由機械能寸恒7E律可得Ep=2MvM+2mvm（1分）以上各式聯立并代入數據求解可得 M=0.6kg。（2分）（3）設甲小球的質量增大后為 M',碰撞后甲小球的速度為 V1,乙小球的速度為V2,以水平向右為正方向，則由動量守恒定律可得 M'V0=M'v〔+mv2（2分）一1一1一由機械能寸恒7E律可得2M'v2=2M'v2+2mv2（2分）皿―2M聯乂可斛付V2=m，+mv0（1分）由于M'>0.6kg,m=0.2kg,丫。=25m/s所以可得3#m/s<V2<4\/3m/s（2分）答案：（1）2.0J（2）0.6kg（3）3^3m/s<V2<443m/s計算題32分專練（二）（12分）質量為m的雜技演員（可視為質點）抓住一端固定于。點的繩子，從距離水平安全網高度為h的A點由靜止開始運動，A與O等高。運動到繩子豎直時松開繩子，落到安全網上時其與A點的水平距離也為h,不計空氣阻力，求：⑴松開繩子前瞬間繩子拉力的大小；（2）0、A之間的距離。解析：（1）設繩子長為1,從A到B,由機械能守恒定律得mg1=1mv2（2分）在B點，由牛頓第二定律得v2F-mg=m-|-（2分）聯立解得松開繩子前瞬間繩子拉力大小為 F=3mg（2分）（2）離開B點后該演員做平拋運動h-1=2gt2（2分）h-1=vt（2分）聯立解得1=5（2分）答案：（1）3mg（2）5（20分）如圖所示，兩根金屬導軌平行放置形成傾角為 37。的導軌平面，兩導軌之間的距離L=0.5m,導軌上端連接一阻值為 R=0.2◎的電阻，質量為m=0.2kg、電阻r=0.2◎的導體棒MN跨在兩傾斜導軌上，與導軌和電阻形成閉合回路， MN與傾斜導軌之間的動摩擦因數為尸0.5。兩傾斜導軌下端通過一小段光滑圓弧與兩平行光滑水平導軌相連。 傾斜導軌平面內AlA2與A3A4之間存在勻強磁場I,水平導軌平面內 A5A6右側存在勻強磁場n,兩磁場邊界與導軌垂直，磁感應強度大小相等，方向均與所在位置的導軌平面垂直。 MN初始位置與磁場邊界A1A2的距離為X1=1m,將MN由靜止釋放，為保持導體棒在傾斜導軌上始終做勻加速運動， MN在磁場I運動的過程中需要對其施加一平行導軌平面的變力 F。從導體棒進入磁場I開始計時， F隨時間t變化的規律為F=0.2t+0.2（N）,若導體棒停止運動時到A5A6的距離為X2=8m。MN滑動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，除R和r外其余電阻均不計。取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求：

⑴MN進入磁場I時的速度大小；（2）磁場I的磁感應強度B的大小；（3）MN的初始位置與水平軌道平面的高度差。解析：（1）進入磁場之前，對MN:由牛頓第二定律得mgsin37—jimgos37=ma（2分）設進入磁場I時的速度為 V0,則：v2=2axi（2分）聯立解得vo=2m/s（2分）（2）導體棒剛進入磁場I時（1分）安培力Fa=IBL感應電流1=一旦一（1分）R+r' ）感應電動勢E=VoBL（1分）據題意：Fa=0.2N解得：B=0.4T（1分）（3）設導體棒沿傾斜導軌下滑的距離為x,到達導軌底端的速度大小為 V1,則:v2=2ax（2分）h=xsin37（1分）進入磁場n后速度為v時，由牛頓第二定律：加Fa'=ma'=m不（2分）B-L-v=m^v（1分）R+r At（刀）b2l2r+rvAt=mAvB2L2T-A